浙江省高考数学第二轮复习 专题升级训练4 函数图象与性质 文

专题升级训练4　函数图象与性质(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．若f(x)＝，则f(x)的定义域为(　　)．A．B．C．D．(0，＋∞)2．设函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝f(x)，f(x＋2)＝f(x)，则y＝f(x)的图象可能是(　　)．3．设函数f(x)定义在实数集上，它的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝2x－x，则有(　　)．A．f＜f＜fB．f＜f＜fC．f＜f＜fD．f＜f＜f4．已知函数f(x)＝ln(x＋)，若实数a，b满足f(a)＋f(b－1)＝0，则a＋b等于(　　)．A．－1B．0C．1D．不确定5．记max{a，b}＝若x，y满足则z＝max{y＋x，y－x}的取值范围是(　　)．A．[－1,1]B．[－1,2]C．[0,2]D．[－2,2]6．设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0,3]上是“关联函数”，则m的取值范围为(　　)．A．B．[－1,0]C．(－∞，－2]D．7．(2012·浙江高考冲刺卷Ⅰ，16)具有性质f＝－f(x)的函数，我们称其为满足“倒负”变换的函数，下列函数：(1)y＝x－；(2)y＝x＋；(3)y＝其中不满足“倒负”变换的函数是(　　)．-6-\nA．(2)(3)B．(1)(3)C．(1)(2)D．(1)(2)(3)8．(2012·浙江部分重点中学高三联考，7)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数且满足f＝f(x)，f(－2)＝－3，数列{an}满足a1＝－1，且Sn＝2an＋n，(其中Sn为{an}的前n项和)．则f(a5)＋f(a6)＝(　　)．A．3B．－2C．－3D．2二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)9．设函数f(x)＝若f(x)＝1，则x＝__________.10．若函数f(x)＝ax2＋x＋1的值域为R，则函数g(x)＝x2＋ax＋1的值域为__________．11．已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)＜f(3x)，则实数x的取值范围是__________．12．(2012·浙江高考冲刺卷B,17)已知函数y＝f(x)和y＝g(x)在[－2,2]上的图象如下图所示．给出下列四个命题：f(x)g(x)①方程f(g(x))＝0有且仅有6个根；②方程g(f(x))＝0有且仅有3个根；③方程f(f(x))＝0有且仅有5个根；④方程g(g(x))＝0有且仅有4个根．其中正确的命题为__________．三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13．(本小题满分10分)已知二次函数f(x)满足条件f(0)＝1，f(x＋1)－f(x)＝2x.(1)求f(x)；(2)求f(x)在区间[－1,1]上的最大值和最小值．14．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)在区间[2,3]上有最大值5，最小值2.(1)求a，b的值；(2)若b＜1，g(x)＝f(x)－2mx在[2,4]上单调，求m的取值范围．15．(本小题满分12分)定义在[－1,1]上的奇函数f(x)，已知当x∈[－1,0]时，f(x)＝-6-\n－(a∈R)．(1)求f(x)在[0,1]上的最大值；(2)若f(x)是[0,1]上的增函数，求实数a的取值范围．16．(本小题满分12分)(2012·浙江重点中学协作体高三调研，17)对于函数f(x)，若存在x0∈R，使f(x0)＝x0成立，则称点(x0，x0)为函数的不动点，对于任意实数b，函数f(x)＝ax2＋bx－b总有相异不动点，求实数a的取值范围．-6-\n参考答案一、选择题1．A　解析：根据题意得，即0＜2x＋1＜1，解得x∈.2．B　解析：由f(－x)＝f(x)可知函数为偶函数，其图象关于y轴对称，可以结合选项排除A、C；再利用f(x＋2)＝f(x)，可知函数为周期函数，且T＝2，必满足f(4)＝f(2)，排除D，故只能选B.3．B　解析：f′(x)＝2xln2－1，当x≥1时，f′(x)＝2xln2－1≥2ln2－1＝ln4－1＞0，故函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增．又f＝f＝f，f＝f＝f，＜＜，故f＜f＜f.4．C　解析：观察得f(x)在定义域内是增函数，而f(－x)＝ln(－x＋)＝ln＝－f(x)，∴f(x)是奇函数．又f(a)＝－f(b－1)＝f(1－b)．∴a＝1－b，即a＋b＝1.故选C.5．B　解析：当y＋x≥y－x，即x≥0时，z＝max{y＋x，y－x}＝y＋x；当y＋x＜y－x，即x＜0时，z＝max{y＋x，y－x}＝y－x.∴z＝max{y－x，y＋x}＝∴z的取值范围为[－1,2]．6．A　解析：∵y＝f(x)－g(x)＝x2－3x＋4－2x－m＝x2－5x＋4－m在[0,3]上有两个不同的零点，∴∴－＜m≤－2.7．B　解析：对于(1)直接代入知f≠－f(x)，对于(2)直接代入符合，对于(3)其定义域不符．8．A　解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋n－2an－1－n＋1，即an＝2an－1－1.从而n≥2时，an－1＝2(an－1－1)，故an－1＝(a1－1)×2n－1＝－2n，即an＝1－2n.则f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)．又f(x)＝f＝－f，则f(x＋3)＝－f＝f(x)，从而f(－31)＝f(－1)＝－f(1)＝－f(－2)＝－3，f(－63)＝f(0)＝0，则f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)＝－3，故选A.二、填空题9．－2　解析：当x≤1时，由|x|－1＝1，得x＝±2，故可得x＝－2；当x＞1时，由2－2x＝1，得x＝0，不适合题意．故x＝－2.10．[1，＋∞)　解析：要使f(x)的值域为R，必有a＝0，于是g(x)＝x2＋1，值域为[1，＋∞)．11．(1,2)　解析：函数f(x)＝lnx＋2x在区间(0，＋∞)上是增函数，由f(x2＋2)＜f(3x)，得解得1＜x＜2.12．①③④　解析：由题图可知：方程f(t)＝0有三个根，t1∈(－2，－1)，t2＝0，t3∈(1,2)，-6-\n由题图知方程g(x)＝t1有两个不同的根，方程g(x)＝t2＝0有两个不同的根，方程g(x)＝t3有两个不同的根，则方程f(g(x))＝0有且仅有6个根，故①正确．由题图知方程f(x)＝t1只有一个根，方程f(x)＝t2＝0有三个不同的根，方程f(x)＝t3只有一个根，则方程f(f(x))＝0有且仅有5个根，故③正确．由题图可知：方程g(u)＝0有两个根u1∈(－2，－1)，u2∈(0,1)，由题图知方程f(x)＝u1只有1个根，方程f(x)＝u2有三个不同的根，则方程g(f(x))＝0有且仅有4个根，故②不正确．由题图知方程g(x)＝u1有两个不同的根，方程g(x)＝u2有两个不同的根，则方程g(g(x))＝0有且仅有4个根，故④正确，故①③④正确．三、解答题13．解：(1)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，∵f(0)＝1，∴c＝1.∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x，即2ax＋a＋b＝2x.∴∴∴f(x)＝x2－x＋1.(2)f(x)＝x2－x＋1，f(x)min＝f＝，f(x)max＝f(－1)＝3.14．解：(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a.①当a＞0时，f(x)在[2,3]上为增函数，故⇒⇒②当a＜0时，f(x)在[2,3]上为减函数，故⇒⇒(2)∵b＜1，∴a＝1，b＝0，即f(x)＝x2－2x＋2，g(x)＝x2－2x＋2－2m·x＝x2－(2＋2m)x＋2.若g(x)在[2,4]上单调，则≤2或≥4，∴2m≤2或2m≥6，即m≤1或m≥log26.15．解：(1)设x∈[0,1]，则－x∈[－1,0]，f(－x)＝－＝4x－a·2x.∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝a·2x－4x，x∈[0,1]．令t＝2x，t∈[1,2]，∴g(t)＝a·t－t2＝－2＋.当≤1，即a≤2时，g(t)max＝g(1)＝a－1；当1＜＜2，即2＜a＜4时，g(t)max＝g＝；当≥2，即a≥4时，g(t)max＝g(2)＝2a－4.综上，当a≤2时，f(x)的最大值为a－1；当2＜a＜4时，f(x)的最大值为；当a≥4时，f(x)的最大值为2a－4.(2)∵函数f(x)在[0,1]上是增函数，∴f′(x)＝aln2·2x－ln4·4x＝2xln2(a－2·2x)≥0，∴a－2·2x≥0恒成立，a≥2·2x，∵x∈[0,1]，∴2x∈[1,2]，∴a≥4.16．解：因为a＝0不合题意，故a≠0，又方程ax2＋(b－1)x－b＝0有不同的实根，-6-\n故Δ＝(b－1)2＋4ab＞0对于任意实数b恒成立，即b2＋2(2a－1)b＋1＞0对于任意实数b恒成立，从而有Δ＝4(2a－1)2－4＜0，得0＜a＜1.-6-